Correction du Devoir Surveillé d Algèbre n 1

Correction du Devoir Surveillé d’Algèbre n°1

CORRECTION DE L’EXERCICE1:

1. (a) Remarquons queω¹¹1.On fait alors apparaitre la somme des termes d’une suite géométrique.

S T

₁₀

¸

k0

ω^k

1 1ω¹¹

1ω 1 1

En développant brutalement :

STω³ ω⁵ ω⁶ 2ω⁷ ω⁸ 2ω⁹ 2ω¹⁰ 5ω¹¹ 2ω¹² 2ω¹³ ω¹⁴ 2ω¹⁵ ω¹⁶ ω¹⁷ ω¹⁹ Orω¹¹1donc on peut ramener les puissance deωdans cette somme entre 0 et 10 :

ST5 2ω 2ω² 2ω³ 2ω⁴ 2ω⁵ 2ω⁶ 2ω⁷ 2ω⁸ 2ω⁹ 2ω¹⁰ 3 2

¸10 k0

ω^k3.

(b) C’est du cours :SetTsont solutions de l’équationx² x 30.Les solutions de cette équation sont1 i?

11

2 et 1i? 11

2 . CommeImpSq ¡0, il vient alors que S 1 i?

11

2 et T 1i?

11

2 .

2. (a) Puisque 20π

11 2π2π

11, alors en utilisant une relation d’Euler, on obtient que : ωω¹⁰e^2iπ11 e^20iπ11 e^2iπ11 e^2iπ11 2isinp2π

11q. (b) On utilise la méthode de l’arc-moitié :

1ω³

1 ω³ 1e^i6π11

1 e^i6π11 e^i113π e^i3π11

e^i113π e^i3π11 2isinp^3π₁₁q

2 cosp^3π₁₁q itanp3π 11q. (c) La somme à calculer est la somme des termes consécutifs d’une suite géométrique :

¸10 k1

ω³k

ω³1 ω³₁₀

1 ω³ ω³1ω³⁰

1 ω³ ω³³ω³

1 ω³ 1ω³ 1 ω³.

(d) En ramenant à nouveau les puissances entre 0 et 10

¸10 k1

ω³k

ω³ ω⁶ω⁹ ω¹²ω¹⁵ ω¹⁸ω²¹ ω²⁴ω²⁷ ω³⁰ ω³ ω⁶ω⁹ ωω⁴ ω⁷ω¹⁰ ω²ω⁵ ω⁸.

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Ainsi

TS

¸10 k1

ω³k

2 ω¹⁰ω . Or d’après les questions précédentes :

¸10 k1

ω³k

itan3π

11 ωω¹⁰2isin2π 11 donc

TS itan3π

11 4isin2π 11 puis

ipTSq tan3π

11 4 sin2π 11. EnfinS 1 i?

11

2 etT 1i? 11

2 doncipTSq ? 11.

CORRECTION DE L’EXERCICE2:

1. (a) On a

C^p_n ¹₁C^p_n ¹ pn 1q!

pp 1q!pnpq! n!

pp 1q!pnp1q!

pn 1q!

pp 1q!pnpqpnp1q! n!

pp 1q!pnp1q! pn 1q! pnpqn!

pp 1q!pnpqpnp1q! rpn 1q pnpqsn!

pp 1q!pnpqpnp1q! pp 1qn!

pp 1q!pnpqpnp1q! n!

p!pnpq! C^p_n Autrement : D’après la relation de Pascal, on a :

C^p_n ¹₁ C^p_n ¹ C^p_n Alors,C^p_nC^p_n ¹₁C^p_n ¹.

(b) D’après ce qui précède, on a :

¸n kp

C^p_k

¸n kp

C^p_k ¹₁C^p_k ¹ . On poseakC^p_k ¹,il vient que

¸n kp

C^p_k

¸n kp

pa_{k 1}a_kq.Il s’agit bien d’une somme télescopique. Donc,

¸n kp

C^p_ka_{n 1}a_pC^p_n ¹₁loomoonC^p_p ¹

0

C^p_n ¹₁.

Autrement : On raisonne par récurrence surn. Pourn0,on aurap0.Ainsi,

¸0 k0

C⁰_kC⁰₀ 1 etC¹₁1.Alors, la propriété est vraie.

Soitn¥1. Supposons que la propriété est vraie jusqu’à l’ordren. Démontrons que la propriété restera vraie à l’ordren 1, c-à-d

n¸1 kp

C^p_kC^p_n ¹₂.

On a :

n¸1 kp

C^p_k

¸n kp

C^p_k C^p_{n 1} C^p_n ¹₁ C^p_{n 1} C^p_n ¹₂,en utilisant la question (a) . D’autre part, on a :

C^p_n ¹₁ pn 1q!

pp 1q!pnpq! pn 1qn!

pp 1qp!pnpq! n 1

p 1 n!

p!pnpq! n 1 p 1C^p_n. Conclusion : Pour toutn, pPNtels quep¤n,on a:

¸n kp

C^p_kC^p_n ¹₁ n 1 p 1C^p_n. 2. (a) D’après la formule du binôme, on a :

pa bqⁿ

¸n p0

C^p_na^pb^np, @pa, bq PC²,@nPN.

Pourab1,on aura :p1 1qⁿ2ⁿ

¸n p0

C^p_n1^p1^np

¸n p0

C^p_n. Donc,

¸n p0

C^p_n2ⁿ.

(b) En utilisant la questionpbq,on aura:Sn

¸n p0

1

p 1C^p_n

¸n p0

1

n 1C^p_n ¹₁ 1 n 1

¸n p0

C^p_n ¹₁.On posep¹ p 1,il vient :

¸n p0

C^p_n ¹₁

n¸1 p¹1

C^p_n¹ ₁

n¸1 p¹0

C^p_n¹ ₁ loomoonC⁰_{n 1}

pourp¹0

n¸1 p¹0

C^p_n¹ ₁1

n¸1 p0

C^p_{n 1} looomooon

2^{n 1}

12^{n 1}1.

Donc,Sn 1

n 1 2^{n 1}1 . (c) On a

¸

1¤p¤k¤n

C^p_k

¸n p1

¸n kp

C^p_k

¸n p1

n 1

p 1C^p_n pn 1q

¸n p1

1 p 1C^p_n

pn 1q¸ⁿ

p0

1

p 1C^p_n 1 1C⁰_n loomoon

pourp0

pn 1q _n

¸

p0

1

p 1C^p_n1

pn 1q 1

n 1 2^{n 1}1 1

2^{n 1}1 pn 1q 2^{n 1}1n12^{n 1}2n2p2ⁿ1q n.

D’où, ¸

1¤p¤k¤n

C^p_k 2p2ⁿ1q n, @nPN.

CORRECTION DE L’EXERCICE3:

1. (a) On a:f¹pfp∅qq f¹p∅q ∅.Alors,∅PΓ.

(b) SoientA, BPΓ. Montrons queAXBPΓ.

Il est clair queAXB PPpEq.Il s’agit, alors, de montrer que :f¹pfpAXBqq AXB.

SoitxPf¹pfpAXBqq ùñfpxq PfpAXBq ùñfpxq fptqavectPAXB. OrtPAXB ùñtPA ettPB ùñtPf¹pfpAqqettPf¹pfpBqqcarA, BPΓ.

Ainsi,fptq PfpAqetfptq PfpBq.Alors,fpxq PfpAqetfpxq PfpBq. Par suite,xPf¹pfpAqq A etxPf¹pfpBqq B. Autrement dit,xPAXB.Donc,

f¹pfpAXBqq €AXB. p1q

Réciproquement, soitxPAXB.Ainsi,fpxq PfpAXBq.Alors,xPf¹pfpAXBqq.Donc AXB €f¹pfpAXBqq. p2q

(1) et (2) donnent l’égalité voulue. D’où,AXB PΓ.

(c) SoitAPΓ. Montrons queA¯PΓ. Il est clair queA¯PPpEq.Il s’agit, alors, de montrer que : f¹pfpA¯qq A¯

SoitxPf¹pfpA¯qq ùñfpxq PfpA¯q ùñfpxq fptqavectPA.¯

Ort PA¯ ùñ t R A ùñ t R f¹pfpAqqcarA PΓ.Ainsi,fptq R fpAq.Alors,fpxq R fpAq.Et par suite,xRA.Autrement dit,xPA. Donc¯

f¹pfpA¯qq €A.¯ p3q

Réciproquement, soitxPA. Ainsi,¯ fpxq PfpAq.¯ Alors,xPf¹pfpAqq.¯ Donc, A¯€f¹pfpA¯qq. p4q

(3) et (4) donnent l’égalité voulue. D’où,A¯PΓ.

(d) SoientA, BPΓ. Alors,AzB loomoonA

PΓ

XloomoonB¯

PΓ

PΓ(en utilisantpbqetpcq.)

2. (a) Pour toute partieAdePpEq,on a:fpAq fpAq.Alors,ARA, et par suite,Rest réflexive.

SoientA, B PPpEqtelles queARB. Ainsi,fpAq fpBq.Alors,fpBq fpAq. Autrement dit, BRA.Par suite,Rest symétrique.

SoientA, B, C PPpEqtelles queAR BetB RC.Ainsi,fpAq fpBqetfpBq fpCq.Alors, fpAq fpCq.Autrementdit, ARC.Et par suite,Rest transitive.

Donc,Rest une relation d’équivalence surPpEq.

(b) Soit A R Γ. Ainsi, f¹pfpAqq A ùñ Dx R A tel que x P f¹pfpAqq ùñ Dx P A¯ tel que fpxq PfpAq.

On poseBAY txu.On aB PClRpAq.En effet,

fpBq fpAY txuq fpAq Yfptxuq fpAq Y tfpxqu fpAqcarfpxq PfpAq

Ainsi, on a trouvéB AetB PClRpAq. Ceci implique queClRpAq tAu. Donc, siClRpAq tAu,alorsAPΓ

(c) "ùñ”: On suppose quef soit injective.

ClRpEq tX PPpEqtel queXREu tX PPpEqtel quefpXq fpEqu

tX PPpEqtel queX Eucarf est injective.

tEu

”ðù” :On suppose queClRpEq tEu.Montrons quefest injective. Par l’absurde, on suppose quef ne soit pas injective. Ainsi, il existex, yPEtels quexyetfpxq fpyq.Alors,

AEztxu PClRpEq.Par suite,ClRpEq tEu,ce qui est absurde. Donc,f est injective.

CORRECTION DE L’EXERCICE4:

1. (a) On calculeS_nen commençant par la somme intérieure. Pour celle-ci, on reconnait la somme des termes d’une suite géométrique de raison2 :

¸n jk

2^j 2^k

nk¸

j0

2^j 2^k12^{nk 1}

12 2^k2^{n 1}

1 2^{n 1}2^k. Ainsi,

S_n

¸n k0

¸n jk

2^j

¸n k0

2^{n 1}2^k

¸n k0

2^{n 1}

¸n k0

2^k pn 1q2^{n 1} 2^{n 1}2⁰

n2^{n 1} 1.

(b) On calcule maintenantS_nen inversant l’ordre des sommations. On apk P v0, nwetj P vk, nwqsi et seulement sipj P v0, nwetkP v0, jwq.Par conséquent,

S_n

¸n k0

¸n jk

2^j

¸n j0

¸j k0

2^j

¸n j0

pj 1q2^j.

(c) On vient de trouver deux expressions différentes deSn,que l’on identifie :

¸n j0

pj 1q2^j n2^{n 1} 1ou encore après changement de variable

n¸1 k1

k2^k1 n2^{n 1} 1.

On a alors :

¸n k1

k2^k1

n¸1 k1

k2^k1 pn 1q2ⁿn2^{n 1} 1 pn 1q2ⁿ 2ⁿr2n pn 1qs 1 pn1q2ⁿ 1.

(d) On applique le résultat de la question précédente (en remplaçantnpari 1) : Tn

¸n i1

i¸1 k1

k2^k1

¸n i1

i2^{i 1} 1

¸n i1

i2²2ⁱ¹ ¸ⁿ

i1

1

4

¸n i1

i2ⁱ¹ n4rpn1q2ⁿ 1s n.

Par conséquent,Tn2^{n 2}pn1q 4 n.

2. (a) Le changement d’indicejnkpermet d’écrire : U_n

¸n j0

cos²

pnjqπ 2n

¸n j0

cos² π

2 jπ 2n

¸n j0

sin² jπ

2n

(b) On a :

2UnUn Un

¸n k0

cos²kπ 2n

¸n k0

sin² kπ 2n

¸n k0

cos² kπ

2n sin² kπ 2n

¸n k0

1n 1.

DoncUn n 1 2 .